热门试卷

（1）由于a颗粒带正电，故电场方向向左，所以左板带负电荷，右板带正电荷

依题意，颗粒在平行板的竖直方向上做自由落体运动，故满足L=gt2①

在水平方向上做匀加速直线运动，加速度大小为a=②

离开电场时颗粒在水平方向的位移为

由匀变速直线运动规律得：=at2③

联立①②③得：U==1×104V

（2）在颗粒下落的整个过程中，根据动能定理得：

qU+mg（L+H）=mv2

代入数据得：v=m/s≈6m/s

答：（1）两极板间所加的电压应为1×104V

（2）若带电平行板的下端距A、B桶底高度为H=1.3m，求颗粒落至桶底时速度的大小为6m/s．

（1）根据电场力做功公式W=qEd得：E===100V/m．

（2）电荷从b移到c电场力做功为

W2=qElbccos60°=66×10-8C×100V/m×0.12m×=3.6×10-7J

（3）电荷从a移到c电场力做功为

Wac=W1+W2

则a、c两点的电势差为Uac===10V

答：（1）匀强电场的场强E的大小100V/m；（2）将电荷从b移到c，电场力做功W2为3.6×10-7J；（3）a、c两点电势差Uac的大小10V．

（1）在粒子偏转到B板之前飞出电场．

竖直方向：=at2=××t2

得：t=d

水平方向：v0==•=×m/s=1.5×104m/s

所以要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为1.5×104m/s；

（2）设粒子飞出电场的最大偏角为θ，则有：tanθ=

对于粒子的垂直于极板方向的运动由动能定理得：

=

故有，tanθ=×=×=0.53

答：（1）要使粒子能飞出电场，粒子进入电场时的速度v0至少要1.5×104m/s

（2）粒子刚好能飞出电场时，速度偏转角的正切值为0.53

解析：（1）设带电体在P点的速度为v，在PB段运动中，由动能定理得：

-μmgs=0-mv2

解得：v=0.4m/s；

（2）电场中运动的位移为d，全程运用动能定理得：

qEd-μmgs（d+s）=0

解得：d=0.04m；

（3）由电势差和场强的关系得：

φA=UAP=Ed=100×0.04V=4V

答：（1）物块到达P点时的速度为0.4m/s

（2）AP两点间的距离为0.04m

（3）电场中A点的电势是4V．

（1）从c到d移动正电荷做正功，于是电势A高B低．

W=Eqscos60°

则电场强度E===5000V/m．

（2）AB两板间的电势差U=El=5000×0.1=500V．

（3）因为UAC=Ed′=5000×0.02V=100V，因为φA=0V，则φC=-100V．

因为UCD=Escos60°=5000×0.04V=200V，则φD=-300V．

答：（1）匀强电场的电场强度为5000V/m；

（2）AB两板之间的电势差为500V；

（3）若将A板接地，则C、D两点的电势各为-100V，-300V．

根据带电质点做匀速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛仑兹力的合力必定为零．由此推知此三个力在同一竖直平面内，如右图所示，质点的速度垂直纸面向外．

解法一：由合力为零的条件，可得：

mg=q…①

求得带电质点的电量与质量之比

=…②

代入数据得：

=C/kg=1.96C/kg…③

因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反．设磁场方向与重力方向之间夹角为θ，则有

qEsinθ=qvBcosθ，

解得：tgθ===0.75，θ=arctg0.75…④

即磁场是沿着与重力方向夹角θ=arctg0.75，且斜向下方的一切方向．

解法二：因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁砀方向也与电场力方向相反．设磁场方向与重力方向间夹角为θ，由合力为零的条件，可得：

qEsinθ=qvBcosθ…①

qEcosθ+qvBsinθ=mg…②

解得：=…③

代入数据得：=1.96C/kg…④

tgθ===0.75，θ=arctg0.75…⑤

即磁场是沿着与重力方向成夹角θ=arctg0.75，且斜向下方的一切方向．

答：此带电质点的电量与质量之比为1.96C/kg，磁场是沿着与重力方向成夹角θ=arctg0.75，且斜向下方的一切方向．

9 V

根据A、D、C三点电势的特点，连接AC并在AC连线上取M、N两点

使AM＝MN＝NC，如图所示．尽管AC不一定是场强方向，但可以肯定

AM、MN、NC在场强方向上的投影长度相等．

由U＝Ed可知，

由此可知，＝3 V，＝9 V，B、N两点在同一等势线上．根据几何知识

不难证明MD平行于BN，即MD也为等势线，所以＝＝9 V．

本题考查电势差与场强的关系，运用等势面跟电场线垂直，匀强电场的等势面和电场线都是等间距的平行的直线．可以先选取一条直线，在直线上找出与A、B、C、D四点对应电势相等的点，由此确定与D点等势的电势，从而确定D点的电势

（1）小球受到电场力qE、重力mg和绳的拉力作用处于静止，根据共点力平衡条件有：

F=qE=mgtan37°=0.1×10×0.75N=0.75N；

（2）小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有：

mgL-EqL=m

代入数据解得：vC=m/s

在C点，由细线对小球的拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

T-mg=m

将vC=m/s代入解得：T=1.5N

（4）若能通过圆周上B点关于O点的对称性时，则能做完整的圆周运动，设对称点为D，通过D点最小速度为v：

小球恰好通过D点时，由电场力与重力的合力提供向心力，得：

=m

从A到D的过程，运用动能定理得：

-mgLcosθ-Eq（L+Lsinθ）=mv2-mv02；

代入数据解得：v0=m/s

答：（1）电场力的大小是0.75N．

（2）小球运动通过最低点C时的速度大小是m/s．

（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小是1.5N．

（4）若要使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则须使小球有初速度，若在A处给小球一竖直向下的速度v0，其值至少应为m/s．

（1）（2）

（1）物体A所受滑动摩擦力为，……………..（1分）

A所受电场力为，…………………………………………..（1分）

由牛顿第二定律得，A、B一起运动的加速度为，…（2分）

以B为研究对象，A对B的弹力。..............................（4分）

（2）电场反向后，A做减速运动，由牛顿第二定律得A的加速度

，……………………………………………………….（2分）

求得，………………………………………………………….（2分）

电场反向时，A的速度为，

向右减速过程经历时间。………………………………..（4分）

从开始到A向右到达最远处经历的时间。………….（2分）